2022-2023学年河南省鹤壁市浚县第一中学高一上学期暑期开学考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年河南省鹤壁市浚县第一中学高一上学期暑期开学考试数学试题（解析版），共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，利用共轭复数的定义以及复数的加减法可得出关于、的等式，解出这两个未知数的值，即可得出复数.
【详解】设，则，则，
所以，，解得，因此，.
故选：C.
2．已知命题﹔命题﹐，则下列命题中为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由正弦函数的有界性确定命题的真假性，由指数函数的知识确定命题的真假性，由此确定正确选项.
【详解】由于，所以命题为真命题；
由于在上为增函数，，所以，所以命题为真命题；
所以为真命题，、、为假命题.
故选：A．
3．已知，则
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】运用中间量比较，运用中间量比较
【详解】则．故选B．
【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养．采取中间变量法，利用转化与化归思想解题．
4．Lgistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位：天)的Lgistic模型：，其中K为最大确诊病例数．当I()=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则约为（ ）（ln19≈3）
A．60B．63C．66D．69
【答案】C
【分析】将代入函数结合求得即可得解.
【详解】，所以，则，
所以，，解得.
故选：C.
【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题.
5．函数在单调递减，且为奇函数．若，则满足的的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】方法一：不妨设，解即可得出答案.
方法二：取，则有，又因为，所以与矛盾，即可得出答案.
方法三：根据题意，由函数的奇偶性可得，利用函数的单调性可得，解不等式即可求出答案.
【详解】［方法一］：特殊函数法
由题意，不妨设，因为，
所以，化简得．
故选：D.
［方法二］：【最优解】特殊值法
假设可取，则有，
又因为，所以与矛盾，
故不是不等式的解，于是排除A、B、C．
故选：D.
［方法三］：直接法
根据题意，为奇函数，若，则，
因为在单调递减，且，
所以，即有：，
解可得：.
故选：D.
【整体点评】方法一：取满足题意的特殊函数，是做选择题的好方法；
方法二：取特殊值，利用单调性排除，是该题的最优解；
方法三：根据题意依照单调性解不等式，是该题的通性通法．
6．直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可
详解：直线分别与轴，轴交于，两点
,则
点P在圆上
圆心为（2，0），则圆心到直线距离
故点P到直线的距离的范围为
则
故答案选A.
点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题．
7．已知，，则（ ）
A．0和B．C．D．和0
【答案】B
【分析】根据同角三角函数的基本关系，求出正弦值，余弦值，再求正切值.
【详解】因为，
所以，
因为，
所以，
整理得，解得或，
由则当时，（代入条件验证矛盾舍去），
当时，，
所以.
故选：B
8．《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，若三棱锥为鳖臑，平面，，，，若三棱锥的所有顶点都在球上，则球的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将鳖臑补形为长方体,求出长方体的外接球的半径即可.
【详解】
由题意,将鳖臑补形为长方体如图,则三棱锥的外接球即为长方体的外接球.
外接球的半径为
故选：A
9．给定两个长度为2的平面向量和，它们的夹角为120°.如图所示.点在以为圆心2为半径的圆弧上运动.则的最小值为
A．B．C．0D．2
【答案】B
【分析】设，以为平面内一组基底，根据平面向量的加法的几何意义、平面向量数量积的定义和运算性质，结合辅助角公式、余弦函数的单调性进行求解即可.
【详解】设，
因此有
，
因为，所以，所以当时，即，有最小值，最小值为.
故选：B
【点睛】本题考查了平面向量数量积最小值问题，考查了平面向量基本定理的应用，考查了平面向量的定义和运算性质，考查了辅助角公式和余弦函数的单调性，考查了数学运算能力.
10．已知函数且关于的方程有三个不等实根，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】转化关于的方程有三个不等实根为有三个不同的交点，分，讨论，当时，考虑临界状况，与相切，分析即得解
【详解】
由题意，关于的方程有三个不等实根，可转化为有三个不同的交点
结合图像，当时显然不成立；
当时，考虑临界状况，与相切
设切点为，
由于
从而切线方程为：，由于直线过原点
故
数形结合可知，当，即时，有三个不同的交点
即关于的方程有三个不等实根
故选：
11．棱长为2的正方体中，是棱的中点，点在侧面内，若垂直于，则的面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用求得点坐标间的相互关系，写出面积的表达式，利用二次函数的对称轴，求得面积的最小值.
【详解】以分别为轴建立空间直角坐标系，
依题意有，
，由于，
故，解得.
根据正方体的性质可知，，故为直角三角形，
而，故，
的面积为，
当时，面积取得最小值为，
故选:A.
12．已知关于x的不等式-x- alnx≥1对于任意x∈(l，+∞)恒成立，则实数a的取值范围为
A．（-∞，1-e]B．（-∞，-3]C．（-∞，-2]D．（-∞，2- e2]
【答案】B
【解析】化简得到，根据化简得到答案.
【详解】根据题意：.
设，则，
则函数在上单调递减，在上单调递增，故，故.
根据，，故.
故选：.
【点睛】本题考查了根据不等式恒成立求参数，利用不等式化简是解题的关键.
二、填空题
13．已知等比数列的公比，其前项和为，且，，则__．
【答案】2
【分析】由条件可得，求出，再由可求出，从而得出答案.
【详解】由
，即，即
解得或（舍）
由，所以
故答案为：2
14．设实数、满足约束条件，则的取值范围为_______．
【答案】
【分析】由约束条件作出可行域，再由的几何意义，可行域内的动点与定点连线的斜率求解．
【详解】解：由约束条件作出可行域如图，
由解得，由解得，
所以，，
的几何意义为可行域内的动点与定点连线的斜率，
，，
的取值范围为．
故答案为：．
15．已知椭圆， 是的长轴的两个端点，点是上的一点，满足，设椭圆的离心率为，则______.
【答案】
【详解】设, ，因为，所以可得 ， ，三等式联立消去 可得
故答案为：.
16．在中，若，，则的面积为_____．
【答案】
【分析】利用求出，再利用余弦定理求出即得解.
【详解】解：由题得，
因为方程有解，所以,
所以,
因为,
所以.
所以.
由余弦定理得.
所以的面积为.
故答案为：
三、解答题
17．正项数列{an}满足：an2﹣（2n﹣1）an﹣2n＝0．
（1）求数列{an}的通项公式an；
（2）令bn，求数列{bn}的前n项和Tn．
【答案】（1）（2）
【分析】（1）根据数列的递推关系，即可求数列{an}的通项公式an；
（2）求出bn的通项公式，利用裂项法即可得到结论．
【详解】解：（1）∵an2﹣（2n﹣1）an﹣2n＝0，
∴（an﹣2n）（an+1）＝0，
又∵各项为正，∴an＝2n．
（2）∵bn（），
∴数列{bn}的前n项和Tn（1）（1，
【点睛】本题主要考查数列的通项公式以及数列求和，利用裂项法是解决本题的关键．
18．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.
(1)若PB＝，求PA；
(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA．
【答案】（1）（2）
【详解】试题分析:（1）在三角形中，两边和一角知道，该三角形是确定的，其解是唯一的，利用余弦定理求第三边.（2）利用同角三角函数的基本关系求角的正切值.（3）若是已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据大边对大角进行判断.（4）在三角形中，注意这个隐含条件的使用.
试题解析:解：（1）由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.
在△PBA中，由余弦定理得PA2＝.
故PA＝. 5分
（2）设∠PBA＝α，由已知得PB＝sin α.
在△PBA中，由正弦定理得，
化简得cs α＝4sin α.
所以tan α＝，即tan∠PBA＝ . 12分
【解析】（1）在三角形中正余弦定理的应用.（2）求角的三角函数.